湖南省常德市2025届高三下学期一模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1湖南省常德市2025届高三下学期一模考试试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．自然资源的利用与开发是化学科研工作者的重要工作之一，下列对应描述错误的是选项资源利用与开发描述A高粱秸秆→燃料乙醇纤维素水解最终生成了乙醇BCO2该过程发生了还原反应C石油→汽油可通过催化裂化实现D青蒿→青蒿素该过程涉及乙醚萃取、柱色谱分离等操作A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】高粱秸秆→燃料乙醇过程中纤维素先水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，A错误；CO2→乙烯发生了加氢去氧的反应，属于还原反应，B正确；石油→汽油，催化裂化可以增加轻质油的产量，C正确；青蒿→青蒿素涉及有机物的提取过程，制备过程中，涉及乙醚萃取、柱色谱分离等操作，D正确。故选2．食品中二氧化硫残留量的检测：将一定质量食品样品进行预处理，用适量H2O2A．检测原理主要涉及两种基本反应类型B．H2C．若滴定终点时俯视滴定管读数，会导致测定结果偏高D．NaOH的电子式为【答案】C【解析】H2O2氧化SO2的离子化学方程式为SO2+H2O2=H2SO4，发生氧化还原反应，也属于化合反应；NaOH溶液与H2SO4反应，化学方程式为2NaOH+H2SO43．在实验室中利用SbCl3制备Sb2O3的原理：A．加入少量氨水可提高制备速率B．将2molSbCl3加入到足量水中反应，可吸收C．制备时加入大量的水，同时加热，可得到更多的SbD．增加SbCl3【答案】C【解析】加入少量氨水，氨水与HCl反应，使溶液中HCl浓度减小。反应速率会减慢，而不是提高制备速率，A错误；该反应是可逆反应，将2molSbCl3加入到足量水中反应，反应不能进行完全，所以吸收的热量小于akJ，B错误；制备时加入大量的水，使Q＜K，平衡正移；因为该反应是吸热反应，加热，升高温度平衡正向移动，可得到更多的Sb2O3，C正确；增加SbCl34．下列实验装置能达到实验目的的是A．模拟侯氏制碱实验B．分离铁粉和IC．鉴别Na2CO3D．验证Na与水反应放热A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】D【解析】NH3极易溶于水，侯氏制碱实验中，通入NH3时应防倒吸，用带有球形干燥管的导气管，应用直导第通入CO2，且导气管不伸到液面以下，A错误；铁粉与碘单质在加热条件下会反应生成FeI2，该实验不能分离铁粉和I2，B错误；Na2CO3和NaHCO3溶液都能和Ca(OH)2溶液反应生成CaCO3沉淀，该实验不能鉴别NaNa与水反应放热，大试管中的气体受热膨胀，U形管左侧液面下降，右侧液面上升，D正确。故选D。5．研究污染问题可有效促进生态文明发展。NAA．工业上冶炼粗硅产生的废气CO，可回收合成甲醇B．工业上可用溴水除去废水中的苯酚C．常温下，1LpH=10的含Pb2+的土壤浸出液中，D．将汽车尾气中NO和CO转化为无害气体的化学方程式：NO【答案】A【解析】工业合成甲醇常用的反应为CO+2H2催化剂CH3OH，将冶炼粗硅产生的CO回收用于合成甲醇是可行的，A正确；溴水和苯酚反应生成的三溴苯酚易溶于苯酚，无法有效分离，且加入过量溴水会引入Br-，B错误；常温下，1LpH=10的含Pb2+的土壤浸出液中，OH-的数目为10-4NA，C错误；汽车尾气中NO和6．某团队提出了一种新的“伪立方体金属有机笼c”设计，其设计如图(a→c)。d是可容纳在c的空腔中的阴离子，其容纳在c中的作用力与冠醚识别碱金属离子的作用力相似。下列说法错误的是A．a→c的过程中发生了加成、消去反应B．a在催化剂条件下与H2发生加成反应，最多可消耗C．d为负一价的阴离子，容纳在c的空腔中可构成超分子D．b在一定条件下可与酸发生反应【答案】B【解析】a→c的过程，a中醛基与b中氨基先发生加成反应生成-NH-CH(OH)-，再发生消去反应生成-N=CH-，A正确；没有明确a的物质的量，不能计算在催化剂条件下与H2发生加成反应，最多可消耗H2的物质的量，B错误；d为+3价B与4个氯苯基结合，显负一价，d容纳在c中的作用力与冠醚与碱金属离子的作用力相似，可知d容纳在c的空腔中可构成超分子，C正确；b中N原子能与H+形成配位键，所以b在一定条件下可与酸发生反应，D正确。故选7．黄铁矿(FeS2)作为电子供体的自养反硝化技术是处理低碳氮废水的一种潜力巨大的处理技术。FeSA．整个反应过程中涉及的还原剂只有FeSB．可用铁氰化钾溶液检验反应过程中的FeC．整个反应过程中，1molFeS2最多提供D．S2O32-参与“【答案】A【解析】FeS2加入Fe3+溶解生成S2O32-，该过程离子方程式为FeS2+6Fe3++3H2O=S2O32-+6FeS2在该过程失去电子被氧化，最终生成Fe(OH)3和SO42-，1molFeS2最多提供15mol电子，C正确；S2O32-参与“反硝化”，S2O32-与8．在烟火气息里探索是化学人的乐趣。某兴趣小组为测定面包膨松剂中碳酸氢铵(杂质受热不分解)的含量，设计了实验装置如图所示。下列有关说法正确的是A．连接好装置，关闭K，挤压打气球数次，小气球不断增大，停止鼓气后小气球大小保持不变，则说明气密性良好B．确保气密性良好后，方可取下气密性检测专用仪器，立即点燃酒精灯进行实验C．若根据装置C增重计算，则装置D可省略D．实验前、后均应打开K并通入N2【答案】A【解析】连接好装置，关闭K，挤压打气球数次，小气球不断增大，停止鼓气后，装置内压强不变，小气球大小保持不变，则说明气密性良好，A正确；确保气密性良好后，方可取下气密性检测专用仪器，先通N2，将装置内空气（空气内含水、CO2）赶出，再点燃酒精灯进行实验，B错误；装置D吸收空气中水蒸气和二氧化碳不可省略，若省略会引起误差，C错误；实验前、后均应打开K并通入N2，实验前将空气赶走，实验后将生成的水蒸气和二氧化碳驱赶进B、C装置，否则吸收不充分均可导致结果偏小，D9．研究发现，可通过选择不同的阴阳离子组合或改变阴阳离子的结构来调控离子液体的性质。X为某有机阳离子，Y为某无机阴离子，X、Y的结构如图所示。Y中所含A、C、B、D、E元素均为短周期元素，且原子序数依次增大，D的核外电子排布中只有一个未成对电子。下列说法错误的是A．EB3与CBB．可通过改变X中烷基的长度调节离子液体的熔沸点C．第一电离能：AD．可依据等浓度C、E的最高价氧化物对应的水化物的pH大小判断C、E非金属性的强弱【答案】D【解析】根据Y的结构图及原子结构可知，A形成4个共价键，A为C，B形成2个共价键，B为O，D形成1个共价键，D为F，E形成6个共价键，E为S，C形成2个共价键，但Y为带一个负电荷的阴离子，C为N。EB3为SO3，中心原S子价层电子对数是3+6-3×22=3，为sp2杂化，无孤对电子，SO3空间构型为平面正三角形，CB3-为NO3-，中心N原子价层电子对数是3+5+1-3×22=3，为sp2杂化，无孤对电子，NO3-空间构型为平面正三角形，A正确；改变X中烷基的长度，则该阳离子体积发生变化，阴阳离子之间静电作用力发生变化，则离子液体的熔沸点发生变化，B正确；A、B、C、D分别是C、O、N、F，位于同周期，第一电离能从左到右呈增大趋势，但N原子2p能级为半充满状态，较稳定，第一电离能大于相邻元素，故第一电离能为C<O<N<F，C正确；C10．金属冶炼所产生的酸污水中的As元素可采用亚铁盐石灰法以FeAsO4形式去除，其简化工艺流程如图1所示，若采用三根压缩空气管直接将空气通入氧化槽内液体中，回用水发绿；改进后的氧化槽布气管结构如图2A．中和过程的离子方程式为：OHB．废渣的成分为FeAsOC．改进后的氧化工艺目的是为了氧化更充分D．回用水可用于配制石灰乳，也可直接排放【答案】C【解析】由题给流程可知，向含H3AsO3的酸性废水中加入石灰乳中和，向中和液加入FeSO4，并用三根压缩空气管直接将空气通入氧化槽内液体中，H3AsO3、Fe2+转化为FeAsO4沉淀，分离得到含有FeAsO4、CaSO4的废渣和含有Fe2+的回用水。向含H3AsO3的酸性废水中加入石灰乳的目的是中和溶液中的H+得到中和液，反应的离子方程式为Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2O，A错误；废渣的主要成分为FeAsO4、CaSO4，B错误；改进后的氧化工艺有利于增大压缩空气中氧气与中和液的充分接触，将溶液中的H3AsO11．锐钛矿(TiO2)的光催化活性较高，其晶胞结构为A，有4个Ti4+位于面上，晶胞中每个Ti4+被6个O2-包围构成八面体，晶体缺陷结构在促进电荷转移等方面发挥着关键作用。B为锐钛矿某缺陷晶胞结构。图A．A晶胞中O2-的配位数为B．Ti的价电子排布式为3C．氧缺陷可用TiO2-x表示，则BD．图C中a为Ti4+空穴，可使用NaH在一定条件下处理TiO【答案】D【解析】晶胞中每个Ti4+被6个O2-包围构成八面体，配位数为6，根据化学式TiO2，A晶胞中O2-的配位数为3，A正确；Ti的原子序数为22，价电子排布式为晶胞结构为A，有4个Ti4+位于面上，1个位于体心，8个位于顶点，故每个晶胞含4个Ti4+8个O2-，现缺少一个O2-，故氧缺陷可用TiO2-x表示，8-14a为Ti4+空穴，失去Ti4+，相当于Ti化合价升高，需要加氧化剂，NaH具有强还原性，D错误。故选12．在HF和SbF5的混合溶液中加入H2O2可获得白色固体H3O2A．该过程总反应可表示为：HB．该过程中有元素化合价发生改变C．该过程涉及极性键的断裂与形成D．测得SbF6-为正八面体结构，则其中一个F被【答案】B【解析】由图可知，该过程中H2O2和HF、SbF5反应生成H3O2SbF6，总反应可表示为H2O2+HF+SbF5=H3O2SbF6，A正确；由可能的反应机理可知，该过程中没有元素化合价发生改变，B错误；该过程涉及13．电催化还原技术是电镀废水的一种新型处理方法。某科研团队以铜、铂和镀铜废水构建电催化还原体系(如图所示)，处理含CuNHA．对处理后的铜片清洗、干燥和称量，发现铜片质量增加，可能是铜片上析出了铜单质B．NO3-C．膜M为阳离子交换膜D．当有0.8mol电子通过导线时，若NH3全部逸出，理论上可回收NH3【答案】D【解析】由图示电解池可知，铜为阴极，CuNH342+可能在铜电极得电子发生还原反应生成铜，电极反应式为CuNH342++2e-=Cu+4NH3↑，A正确；NO3-在阴极上发生还原反应生成NH3，其电极反应式为NO3-+8e-+6H2O=NH3↑+9OH-，14．向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10gCH3COONa和3.62gAlCl3⋅6H2O固体，固体全部溶解(忽略溶液体积的变化)，将溶解后溶液持续加热，出现白色沉淀，其过程中的pH变化曲线如图所示。已知：常温下，CHA．常温下，混合后溶液未出现AlOH3白色沉淀是由于B．常温下，反应Al3+aqC．常温下，Al3+与CHD．a点溶液中存在：cCH3【答案】B【解析】向盛有500mL蒸馏水的烧杯中加入4.10gCH3COONa和3.62gAlCl3⋅6H2O固体，溶液中cAl3+≈3.62g241.5g/mol0.5L=0.03mol·L-1，pH=5.8时，c(OH-)=10-1410-5.8mol·L-1=10-8.2mol·L-1，此时溶液中Qc=c(Al3+)c3(OH-)=3×10-26.6>Ksp=1.3×10-33，然而此时没有沉淀生成，说明混合后溶液未出现AlOH3白色沉淀不是由于pH太小，A错误；常温下，反应Al3+aq+3CH3COO-aq+3H2Ol⇌Al二、解答题15．焦炉煤气主要成分为H2、CO，还含有一定浓度的H2S、HCN和NH3等气态污染物。HCN的沸点为26℃。真空碳酸钾法可实现经济高效脱除H2S、HCN和NH步骤1

“组装装置”：按图1所示连接好装置，将导管插入含有20mL步骤2

“预处理”：量取5mL废液于烧杯中，用蒸馏水稀释至200mL后转入到烧瓶中。在烧瓶内加入10mL0.5mol/LAgNO3溶液和10mLNa2EDTA步骤3

“滴定”：取20mL“预处理”后待测液于锥形瓶中，加入2-3滴指示剂，用0.01mol/L硝酸银溶液滴定至终点，进行平行实验2-3次，消耗硝酸银溶液的平均体积为VamL。同理，用20mL蒸馏水以相同方式做空白对照，进行平行实验2-3次，消耗硝酸银溶液的平均体积为步骤4

“数据处理”。已知1：不同金属离子与S2-反应的溶解平衡常数和与CN离子沉积平衡K配位平衡KAg26.3×Ag1.0×Cd

Cd1.0×Cd7.1×已知2：溶液中CN-、HCN的分配与pHpH1356791113

CN0000.040.412997.699.98(1)NH3沸点低，易液化，故液氨常用作(2)图中蛇形冷凝管进水口为(填“e”或“f”)，此实验使用蛇形而不使用球形冷凝管的原因为。(3)“步骤2”中，加入Na2EDTA溶液更有利于HCN蒸出，加入AgNO3溶液的作用是；用稀磷酸调节溶液pH的范围为(4)若将“步骤2”改为向5mL废液中加入过量的CdCO3，过滤，将滤液用氢氧化钠溶液调节pH为12，并定容至100mL，再进行“步骤3”测定CN-的浓度，测得CN-的浓度偏小，产生此误差的原因为(用离子反应方程式表示，已知(5)该废液中CN-的浓度为mg/L(用含Va、【答案】(1)制冷剂(2)e因HCN的沸点较低，不易冷凝，蛇形冷凝管接触面积大，冷凝更充分(3)除去废液中的S2-pH(4)CdCO(5)520【解析】为测定废液中CN-的浓度，步骤2的“预处理”阶段，加入AgNO3溶液除去溶液中的S2-，加入Na2EDTA溶液更有利于HCN蒸出，根据已知信息2的表格可知，为使HCN被蒸出，用稀磷酸调节溶液pH的范围为pH≤5。蒸馏完成后，将馏出液用氢氧化钠溶液调节pH为12，HCN转化为CN-。步骤3“滴定”阶段，用0.01mol·L-1AgNO（1）NH3沸点低，易液化，故液氨常用作制冷剂。（2）图中蛇形冷凝管进水口为e，此实验使用蛇形冷凝管而不使用球形冷凝管的原因是HCN的沸点较低，不易冷凝，蛇形冷凝管接触面积大，冷凝更充分。（3）“步骤2”中，加入Na2EDTA溶液更有利于HCN蒸出，加入AgNO3溶液的作用是除去溶液中的S2-，根据已知信息2的表格可知，为使HCN被蒸出，用稀磷酸调节溶液pH（4）若将“步骤2”改为向5mL废液中加入过量的CdCO3，过滤，将滤液用氢氧化钠溶液调节pH为12，并定容至100mL，再进行“步骤3”测定CN-的浓度，测得CN-的浓度偏小，产生此误差的原因为CdCO3+4（5）根据题意有关系式：Ag+~2CN-，则20mL“预处理”后待测液中，CN-的物质的量为2×0.01mol/L×(Va16．钯(Pd)是在航空航天、汽车制造等领域应用广泛的稀有金属。以下是从镍阳极泥中回收钯及其他贵金属的工艺流程：已知：“酸浸”中浸出液的主要成分为HAuCl4回答下列问题：(1)“酸浸”时，为提高浸出效率可采取的措施有(至少回答两点)；写出“酸浸”时单质钯发生反应的化学方程式。(2)“树脂吸附”中，若浸出液经过阴离子交换树脂的流速过快会导致贵金属的提取率(填“增大”、“减小”、“不变”)。(3)“王水溶解”中，体现了硝酸的性；此步骤存在的缺点是。(4)“萃取”可实现AuCl4从水层转移到有机层，“反萃取”中加入草酸铵的作用是(5)硫脲[CSNH22]分子中的硫原子和氮原子具有较强的配位能力，能与钯离子形成稳定的配合物，从而将钯离子从树脂上解吸下来，则在配合物中硫、氮作为配位原子采取的杂化方式分别为(6)已知某批镍阳极泥中钯的含量为0.5%，经过“浸出、吸附”后，阴离子树脂对钯的吸附率为90%。若使用该镍阳极泥0.1t，理论上吸附在树脂上的钯元素的质量为g。【答案】(1)升高温度、适当增大反应物浓度、搅拌等3Pd(2)减小(3)强氧化王水会产生氮氧化物等污染性气体，污染环境(4)作还原剂，并在反应过程中提供气体便于形成海绵金(5)sp2(6)450【解析】镍阳极泥中加入NaClO3和盐酸酸浸，过滤得到含HAuCl4、H2PtCl4（1）升高温度能加快离子运动速率，增大盐酸浓度可增加反应物浓度，搅拌能使反应物充分接触，延长酸浸时间可使反应更充分，这些措施都有助于提高浸出效率；酸浸时，Pd被NaClO3氧化，Pd从0价升高到+2价，ClO3-中Cl从+5价降低到-1（2）若浸出液经过阴离子交换树脂的流速过快，浸出液中的贵金属离子与树脂接触时间不足，不能充分被树脂吸附，会导致贵金属的提取率减小。（3）王水溶解过程中，硝酸将金属氧化，体现了硝酸的强氧化性；王水溶解过程中会产生氮氧化物等污染性气体，污染环境。（4）作还原剂，并在反应过程中提供气体便于形成海绵金。（5）硫脲的结构式为，硫原子形成1个σ键，还有2对孤电子对，形成配位键时，能提供2对孤电子对，价层电子对数为3，采取sp2杂化；氮原子形成3个σ键，还有1对孤电子对，形成配位键时，能提供1对孤电子对，价层电子对数为4，采取sp3（6）镍阳极泥中钯的含量为0.5%，，则钯的质量为0.1×106g17．罗格列酮(F)是一种抗糖尿病药物，其合成路线如图所示：已知：+→ΔKOH+H2O(R1、R2、R3、R回答下列问题：(1)C的名称为，D中含氧官能团的名称为。(2)D()中键角αβ(填“>”或“=”或“<”)，E→F反应类型为。(3)写出D→E的化学方程式。(4)B有多种同分异构体，写出符合下列条件的结构简式。①遇FeCl3②核磁共振氢谱图显示有4组峰，峰面积比为6:4:1:1(5)请结合上述流程，设计以为原料制备的路线(其他试剂任选)。【答案】(1)对氟苯甲醛或4-氟苯甲醛醚键、醛基(2)>还原反应(3)+→ΔKOH溶液+H2O(4)、(5)→ΔCu、O2→【解析】A与发生取代反应生成B，B与C发生取代反应生成D，D与发生已知信息的反应生成E为，E发生还原反应生成F，据此解答。（1）C的结构简式为，习惯命名法为对氟苯甲醛，系统命名法为4-氟苯甲醛；结合D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为醚键、醛基；（2）两处N、O原子杂化类型相同，O的孤对电子数多于N，孤对电子数越多，对成键电子对的斥力越大，其键角越小，故键角：α＞β；E中碳碳双键变为单键，属于“加氢”的反应，反应类型为还原反应；（3）结合已知信息可知，D→E的反应先发生醛基的加成反应，生成的羟基再发生消去反应，则化学方程式为+→ΔKOH溶液+H2O；（4）B的结构简式为，遇FeCl3溶液能发生显色反应，说明结构中含有酚羟基，则结构除了苯环和酚羟基外，还剩余2个氮原子，2个碳原子，核磁共振氢谱图显示有4组峰，峰面积比为6∶4∶1∶1，说明结构中含有两个对称的甲基、两个对称的氨基，则满足条件的结构简式为、；（5）先发生氧化反应生成，两分子发生已知信息的反应生成，发生还原反应得到目标产物，